2016 多校5 ATM

题意:

有个人富到不知道自己有多少钱，但是知道钱数\(x\in \Z \cap [0,K]\)

它最多可以有\(W\)次查询超过钱数，\(W\ge 1\)

要求在最优决策的情况下，最小次数取出所有钱的期望次数

\[\ \]

设\(K,W\)上界为\(O(n)\)

先考虑边界情况，如果它手里有\(0\)块钱，那么需要查询一次才知道自己吃土了

如果手头\(W=1\)，那么只能每次取\(1\)，否则就可能被抓走

众所周知，情况个数有限的期望问题，可以先直接计数然后除掉情况数，所以

定义\(dp_{i,j}\)为已知手头的票子上限\(i\)，且还剩\(j\)次会被抓去干奇怪的事情的最小代价总和

对于\(j>1\)的情况，我们需要决策这一次选出多少钱

假设这一次我们选择取出\(k\)块钱

1.那么对于实际钱数为\([0,k-1]\)的部分，查询会超限，并且知道上界变为\(k-1\)

2.对于实际钱数\([k,i]\)的部分，上界变为\(i-k\)

而这次决策产生的代价要计算所有情况的代价，即为\(i+1\)

因此，转移的表达式应是\(\begin{aligned} dp_{i,j}=\min_{k=1}^i\lbrace dp_{k-1,j-1}+dp_{i-k,j}+i+1\rbrace\end{aligned}\)

因为不是期望而是计数，决策应该更好理解了吧

直接转移，复杂度为\(O(n^3)\)

优化1

不会证明，但是\(dp_{k-1,j-1}+dp_{i-k,j}\)构成了关于\(k\)的 斜率单调非递减的函数(俗称单峰函数)，可以直接三分

复杂度为\(O(n^2\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double ldb;
#define reg register
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }

const int N=2e3+10;
 
int n,m;
int dp[N][N];
 
int main(){
    rep(i,1,N-1) dp[1][i]=2;
    rep(i,1,N-1) dp[i][1]=i*(i+1)/2+i;
    rep(i,2,N-1) rep(j,2,N-1) {
        dp[i][j]=1e9;
        int l=1,r=i;
        cmin(dp[i][j],dp[0][j-1]+dp[i-1][j]+i+1);
        cmin(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+dp[0][j]+i+1);
        while(l<r) {
            int a=(l+r)>>1,b=a+1;
            int x=dp[a-1][j-1]+dp[i-a][j]+i+1,y=dp[b-1][j-1]+dp[i-b][j]+i+1;
            cmin(dp[i][j],x),cmin(dp[i][j],y);
            if(x>=y) l=b;
            else r=a;
        }
    }
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) printf("%.6Lf\n",(ldb)dp[n][m]/(n+1));
}
 
 

优化2

感性理解，钱的上界越大，显然我们每次最优决策要取出的也就越多

即\(dp_{i,j}\)的最优决策位置关于\(i\) 单调非递减

由于转移的式子比较奇怪，这个题目不好使用决策单调性的分治优化方法(或许很简单吗)

但是由于转移是一个单峰函数，不存在波动的问题，所以可以直接记录决策位置\(g_{i,j}\)

或者说，就是单峰函数的最值位置是递增的，每次从\(g_{i-1,j}\)的最优位置开始向后找到\(g_{i,j}\)的峰的位置即可停止

对于每个\(j\)，\(g_{i,j}\)最多从\(1\)移动到\(K\)，所以复杂度为\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double ldb;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }
 
const int N=2e3+10;
 
int n,m;
int dp[N][N],G[N][N];
 
int main(){
    rep(i,1,N-1) dp[1][i]=2;
    rep(i,1,N-1) dp[i][1]=i*(i+1)/2+i;
    rep(i,2,N-1) rep(j,2,N-1) {
        dp[i][j]=1e9;
        rep(k,max(G[i-1][j],1),i) { // 从上一个决策位置开始for
            int x=dp[k-1][j-1]+dp[i-k][j]+i+1;
            if(x<=dp[i][j]) G[i][j]=k,dp[i][j]=x;
            else break;
        }
    }
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) printf("%.6Lf\n",(ldb)dp[n][m]/(n+1));
}
 
 

优化3:第二维大小的优化

我们知道，存在一种决策方法即每次二分上界，可以取到一个较优值

满足这个决策只需要\(W\ge \log_2 k\)，大致可以认为\(W\ge 10\)

在最优决策的情况下，一定可以在\(10\)次错误的范围内查出结果，即\(W\ge 10\)之后\(W\)的值已经不会影响答案了

所以直接上优化，转移复杂度就是\(O(n^2\log n)\)

加上决策单调性的优化，就是\(O(n\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }

const int N=2e3+10;

int n,m;
int dp[N][11],G[N][11];

int main(){
    rep(i,1,10) dp[1][i]=2;
    rep(i,1,N-1) dp[i][1]=i*(i+1)/2+i;
    rep(i,2,N-1) rep(j,2,10) {
        dp[i][j]=1e9;
        rep(k,max(G[i-1][j],1),i) {
            int x=dp[k-1][j-1]+dp[i-k][j]+i+1;
            if(x<=dp[i][j]) G[i][j]=k,dp[i][j]=x;
            else break;
        }
    }
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) printf("%.6lf\n",1.0*dp[n][min(m,10)]/(n+1));
}

以下是来自地狱的魔改代码

#include<cstdio>
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;++i)
enum{N=2000};
int n,m,dp[11][N|1],i,j,k,x;
main(){
	rep(i,1,N) dp[1][i]=i*(i+1)/2+i;
	rep(j,2,10) rep(i,dp[j][k=1]=2,N) {
		dp[j][i]=1e9;
		for(;k<=i && (x=dp[j-1][k-1]+dp[j][i-k]+i+1)<=dp[j][i];++k) dp[j][i]=x;
		--k;
	}
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))printf("%.6lf\n",1.0*dp[m>10?10:m][n]/(n+1));
}